2019-2020学年高一化学上学期第二次阶段性考试试题(含解析).doc

2019-2020学年高一化学上学期第二次阶段性考试试题(含解析)1. 为了除去硝酸钾晶体中所含的硫酸钙和硫酸镁，先将它配成溶液，然后加入KOH、K2CO3、Ba(NO)2等试剂，最后进行过滤、蒸发结晶等操作，制成纯净的硝酸钾晶体，加入试剂的顺序正确的是A. K2CO3、Ba(NO3)2、KOH、HNO3 B. Ba(NO3)2、KOH、HNO3、K2CO3C. KOH、K2CO3、Ba(NO3)2、HNO3 D. Ba(NO3)2、KOH、K2CO3、HNO3【答案】D【考点定位】本题考查混合物分离提纯方法的选择和应用【名师点晴】该题为高频考点，把握发生的反应及除杂的原则为解答的关键，注意除杂时要考虑不能引入新的杂质，注意试剂的加入顺序和本题中加入K2CO3的作用。2. 摩尔质量为Mgmol-1的气态化合物VL (已换算成标准状况) 溶于mg 水中，得到溶液的溶质质量分数为%，物质的量浓度为cmolL-1，密度为gcm-3，则下列说法正确的是A. M 可表示为 B. c 可表示为C. %可表示为 D. 可表示为【答案】D【解析】A、溶液的质量为VM/22.4g；溶液的质量为g，根据质量分数的定义，解得M=22.4m%/(1%)V，故A错误；B、溶质物质的量为V/22.4mol，溶液的体积为，根据c=n/V，则c=1000V/(VM22.4m)molL1，故B错误；C、根据A选项分析，故C错误；D、根据c=1000%/M，推出=cM/1000%g/cm3，故D正确。点睛：根据c=n/V，注意V的单位是L，因此解决这类题时应注意单位之间的换算，以及对质量分数、c=1000%/M公式的应用。3. 下列有关物质分类或归类正确的组是化合物：CaCl2、NaOH、HCl、O3 混合物：盐酸、漂白粉、水玻璃、水银 同素异形体：C60、金刚石、石墨 电解质：氯化铵、硫酸钡、纯醋酸A. A. B. C. D. 【答案】D【解析】O3为单质，故错误；水银是汞，属于单质，故错误；这三者都是碳元素组成，不同结构的单质，因此互为同素异形体，故正确；电解质一般为酸、碱、多数盐、多数金属氧化物、水，因此这三者都属于电解质，故正确；综上所述，选项D正确。4. 纳米碳是一种重要的纳米材料，其粒子直径在1100nm之间。若将纳米碳均勾地分散到蒸馏水中得到一种分散系，则关于该分散系的描述正确的是属于溶液 属于胶体 能产生丁达尔效应 分散质粒子能透过滤纸 分散系粒子能透过半透膜 静置很快会析出黑色沉淀A. B. C. D. 【答案】C【解析】粒子直径在1100nm，分散到水中得到的分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应，不能透过半透膜，但能透过滤纸，胶体为介稳性，故选项C正确。5. 甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质，它们所含的离子如表所示：阳离子NH4+、Na+、Mg2+阴离子OH-、NO3-、SO42-取等质量的三种化合物分别配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)c(乙)c(丙)。下列说法错误的是A. 甲中一定含有Na+ B. 乙中一定含有NH4+C. 丙中一定含有Mg2+ D. 丙中一定含有SO42-【答案】D【解析】甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质，应为OH不与NH4、Mg2共存，因此三种电解质中必有NaOH，其摩尔质量为40gmol1，NH4与NO3结合成NH4NO3，其摩尔质量为80gmol1，MgSO4的摩尔质量为120gmol1，因为取等质量的三种化合物，配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)c(乙)c(丙)，因此摩尔质量越小，浓度越大，即甲为NaOH，乙为NH4NO3，丙为MgSO4；如果NH4与SO42组合，(NH4)2SO4摩尔质量为132gmol1，Mg(NO3)2摩尔质量为148gmol1，因此推出甲为NaOH，乙为(NH4)2SO4，丙为Mg(NO3)2，则推出选项D符合题意。点睛：甲、乙、丙为可溶性强电解质，然后根据离子共存，判断出NaOH的存在，然后进行讨论，假设为NH4NO3或(NH4)2SO4，MgSO4或Mg(NO3)2，因为是等质量，根据浓度大小，需要判断其摩尔质量，摩尔质量越小，其物质的量浓度越大，得出最后的结果。6. 在离子反应xR+yH+O2=mR3+nH2O中，n和m分别为A. 2、2 B. 2、3 C. 3、3 D. 2、4【答案】A【解析】根据反应前后所带电荷数守恒，得出xy=3m，根据原子守恒，x=m，n=2，得出m=2，故选项A正确。点睛：本题采用原子守恒和电荷守恒的方法进行计算比较简单，学生也容易接受，此题也可以采用化合价升降法进行配平，求出n和m，根据离子反应方程式，R化合价由1价3价，化合价升高2价，O2化合价由0价2价，化合价整体降低4价，最小公倍数为4，即R的系数为2，然后根据原子守恒配平其他，最后得出n、m。7. 将下列物质同时加入到水中，能大量共存且得到无色透明溶液的是A. K2CO3 BaCl2 NaOH B. CaCl2 HCl KNO3C. KOH KCl (NH4)2SO4 D. Fe2O3 HCl NaNO3【答案】B【解析】试题分析：AK2CO3与BaCl2会发生反应：K2CO3+BaCl2=BaCO3+2KCl，溶液变浑浊，错误；B三种物质混合，不能发生任何反应，且溶液为无色，正确；CKOH与HCl会发生酸碱中和反应，不能大量共存；KOH与(NH4)2SO4会发生反应，产生硫酸钾、氨气和水，不能大量共存，错误；DFe2O3难溶于水，不能得到无色透明溶液，错误。考点：考查物质混合的现象的判断的知识。8. 离子方程式BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+中的H+均不能代表的物质是HCl H2SO4 HNO3 NaHSO4 CH3COOHA. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：离子方程式BaCO3 + 2H CO2 + H2O + Ba2中的H表示的是可溶性的强酸，而且酸根离子不能与Ba2结合形成难溶性的盐。HCl是强酸，BaCl2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+，错误；H2SO4是可溶性的强酸，但是电离产生的酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+，正确；HNO3，是强酸，Ba（NO3）2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+，错误；NaHSO4是强酸的酸式盐，可以电离产生H+，同时电离产生酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+，正确；CH3COOH是弱酸主要以电解质分子形式存在，不能写成H+形式，正确。故符合题意的是，选项C符合题意。考点：考查电解质与电离方程式正误判断的知识。9. 重金属离子具有毒性，如Cu2+、Ba2+。实验室中有甲、乙两种含重金属离子的废液，甲废液经化验呈碱性，所含阳离子主要是Ba2+。如将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低，则乙废液中可能含有的离子是A. Cu2+和SO42- B. Cu2+和Cl- C. K+和SO42- D. Ag+和NO3-【答案】A【解析】试题分析：甲废液经化验呈碱性，则溶液中含有OH-，主要为有毒离子为Ba2+，将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低，则甲乙发生反应使重金属离子生成沉淀，则乙中应含有SO42，发生反应Ba2+SO42-=BaSO4，乙中的重金属离子与甲中的OH-反应生成沉淀，根据选项中离子的性质可知，只有A符合，发生反应为2OH-+Cu2+=Cu(OH)2，故选A。【考点定位】考查离子共存问题【名师点晴】注意离子的性质以及题目的要求，题目中的信息为解答该题的关键；常见的重金属离子：Cu2+、Ag+、Hg2+、Ba2+、Pb2+，甲中有OH-、Ba2+，乙中有Cu2+、SO42-，它们发生如下反应：2OH-+Cu2+=Cu(OH)2，Ba2+SO42-=BaSO4，将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低。10. 下列离子组在指定溶液中一定能大量共存的是A. 使pH试纸呈蓝色溶液中：I-、Cl-、NO3-、Cu2+B. 使酚酞呈深红色的溶液中：Na+、Cl-、H+、NO3-C. 含大量Ag+的溶液中：K+、Na+、NO3-、SO42-D. 含大量OH-的溶液中：CO32-、Cl-、F-、K+【答案】D【解析】A、pH试纸呈蓝色，说明溶液显碱性，Cu2与OH不能大量共存，产生氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故A错误；B、酚酞呈深红色，说明溶液显碱性，H和OH不能大量共存，生成弱电解质H2O，故B错误；C、Ag与SO42生成微溶物Ag2SO4，故C错误；D、这些离子在指定的溶液中能够大量共存，故D正确。11. 已知下列反应：反应：Co2O3+6HCl(浓)=2CoCl2+Cl2+3H2O反应：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3下列说法正确的是A. 反应中HCl是氧化剂 B. 反应中Cl2被氧化，发生氧化反应C. 还原性：CoCl2HClI2 D. 氧化性：Co2O3Cl2HIO3【答案】D【解析】A、反应I中HCl，HCl中Cl由1价0价，化合价升高，被氧化，即HCl属于还原剂，故A错误；B、反应I中Cl2属于氧化产物，故B错误；C、还原剂的还原性强于还原产物的还原性，反应I中，HCl属于还原剂，CoCl2属于还原产物，即还原性：HClCoCl2，反应II中，I2是还原剂，HCl是还原产物，即还原性：I2HCl，综上所述，还原性：I2HClCoCl2，故C错误；D、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应I中Co2O3是氧化剂，Cl2是氧化产物，即氧化性：Co2O3Cl2，反应II中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，氧化性：Cl2HIO3，综上所述，氧化性：Co2O3Cl2HIO3，故D正确。12. 下列各组离了在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是A. H+、NO3-、Fe2+、Na+ B. K+、Ba2+、OH-、SO42-C. Ag+、NO3-、Cl-、K+ D. Cu2+、NH4+、Cl-、OH-【答案】A【解析】A、NO3在酸性条件下具有强氧化性，Fe2具有还原性，NO3在酸性条件下把Fe2氧化成Fe3，属于氧化还原反应不能大量共存，故A正确；B、Ba2与SO42反应生成BaSO4沉淀，不属于氧化还原反应，故B错误；C、Ag和Cl生成AgCl沉淀，不属于氧化还原反应，故C错误；D、Cu2、NH4分别与OH反应生成Cu(OH)2、NH3H2O，均不属于氧化还原反应，故D错误。13. 工业上可用硫酸银与硫黄培烧制备氧化铝，再电解氧化铝，发生反应如下：反应：2A12(SO4)3+3S2Al2O3+9SO2反应：2Al2O34Al+3O2下列说法正确的是A. 反应中S 单质是氧化剂B. 反应中铝元素被氧化C. 当生成5.4gAl时，反应和共转移1.2mole-D. 反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：9【答案】C【解析】A、反应I中S的化合价由0价4价，化合价升高，被氧化，作还原剂，故A错误；B、反应II中Al的化合价由3价0价，化合价降低，被还原，故B错误；C、生成5.4gAl时转移电子物质的量为5.43/27mol=0.6mol，此时消耗Al2O3物质的量为0.22/4mol=0.1mol，反应I中，生成0.1molAl2O3时，转移电子物质的量为0.134/2mol=0.6mol，因此共转移电子物质的量为(0.60.6)mol=1.2mol，故C正确；D、反应I中还原剂是S，氧化剂是Al2(SO4)3，3S3SO2，6SO426SO2，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：6=1：2，故D错误。14. 物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸恰好完全反应，若硝酸被还原的产物为N2O，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是A. 1：4 B. 1：5 C. 2：3 D. 2：5【答案】A【解析】试题分析：设锌的物质的量是2x，则稀硝酸的物质的量是5x。生成硝酸锌是2x。则根据原子守恒可知，被还原的硝酸是5x2x2x，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是x:4x1:4，答案选A。考点：考查锌和稀硝酸反应的有关计算点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。主要是考查学生灵活运用电子得失守恒进行有关氧化还原反应计算的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力。15. 在真空密闭装置中，亚氯酸钠(NaClO2)固体在一定条件下发生分解反应，不可能生成的物质是A. NaCl和O2 B. NaClO3和NaClO C. NaClO3和O2 D. NaClO3和NaCl【答案】C【解析】氧化还原反应中，有化合价的升高，同时也有化合价的降低，A、NaClO2NaClO2，Cl的化合价由3价1价，O由2价0价，因此可能生成这些物质，故A错误；B、NaClO2NaClO3NaClO，Cl由3价5价，3价1价，因此可能生成这些物质，故B错误；C、NaClO2NaClO3O2，Cl由3价5价，O由2价0价，化合价都升高，反应不能进行，故C正确；D、NaClO2NaClO3NaCl，Cl由3价5价，Cl的化合价由3价1价，此反应能够发生，故D错误。16. 在一定条件下，PbO2与浓盐酸反应，产物是Cl2和Pb2+，则生成0.1molCl2所需PbO2的物质的量为A. 0.30mol B. 0.15mol C. 0.1mol D. 0.075mol【答案】C【解析】根据得失电子数目守恒，0.121=n(PbO2)(42)，解得n(PbO2)=0.1mol，故C正确。点睛：一般解决氧化还原反应的计算时，采用的方法是得失电子数目守恒，即氧化剂的物质的量变价原子右下角系数化合价变化值=还原剂物质的量变价原子右下角系数化合价变化值。17. 现有Na、Mg、Al、Fe四种金属中的两种组成的混合物12g，与足量的盐酸反应产生0.5gH2，则此混合物中必含A. Na B. Mg C. Al D. Fe【答案】D【解析】设两种金属为M，与盐酸反应后，化合价为+2价，反应方程式为M2HCl=MCl2H2，解得M的摩尔质量为122/0.5gmol1=48gmol1，A、钠的化合物中Na显1价，转化成2价的摩尔质量为232gmol1=46gmol1；B、镁的化合物中Mg显2价，即摩尔质量为24gmol1；C、铝化合物中Al的化合价为3价，转化成2价，其摩尔质量为227/3gmol1=18gmol1；D、Fe与盐酸反应生成FeCl2，Fe的摩尔质量为56gmol1；综上所述，混合物中必含有Fe，故选项D正确。点睛：这类题一般采用平均值法进行计算和判断，把两种金属看成一种，书写出化学反应方程式，求出平均摩尔质量，两种金属的摩尔质量一个比平均摩尔质量大，一个比平均摩尔质量小，注意本题假设M的化合价为+2价，而Na、Al等化合价为1价、3价，需要转化成2价时的摩尔质量。18. 有关Al与NaOH溶液反应的说法中，正确的是A. Al是还原剂，NaOH及H2O均是氧化剂B. 还原产物是H2，且由H2O还原所得的H2与NaOH还原所得H2的物质的量之比为2：1C. 反应中1molAl失去4mol电子D. 此反应中，只有水是氧化剂，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂【答案】D【解析】铝与氢氧化钠溶液发生反应的实质为2Al6H2O=2Al(OH)33H2、NaOHAl(OH)3=NaAlO22H2O，A、根据反应实质，Al的化合价升高，Al作还原剂，H2O作氧化剂，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B、根据铝与氢氧化钠溶液反应实质，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，氢气只来自于H2O，故B错误；C、反应Al的化合价由0价3价，因此1molAl参与反应失去3mol电子，故C错误；D、根据上述分析，水是氧化剂，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，故D正确。点睛：化学反应中要了解此反应的实质，从实质入手，2Al6H2O=2Al(OH)33H2、NaOHAl(OH)3=NaAlO22H2O，前一个反应是氧化还原反应，后一个反应不属于氧化还原反应，然后作出合理的判断。19. 有下列物质：NaNO3固体，熔融KCl， 液氨，石墨，氯化氢，盐酸，蔗糖。（1）上述物质中能导电的是_(填序号，下同)。（2）上述物质中属于电解质的是_。（3）上述物质中既不是电解质也不是非电解质的是_。【答案】 (1). (2). (3). .20. A、B、C、D、E五瓶透明溶液分别是Na2CO3溶液、BaCl2溶液、HCl溶液、NaHSO4溶液、AgNO3溶液中的一种。已知：A与D反应有气体生成，A与E反应有沉淀生成，B与E反应有沉淀生成，B与C反应有沉淀生成，C与D反应有气体生成，在和的反应中生成的沉淀是同一种物质。请回答下列问题：（1）B与D反应的离子方程式为_。（2）向一定量的Ba(HCO3)2溶液中逐滴加入C溶液，直至不再生成沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为_，沉淀完全后，继续滴加C溶液，此时发生反应的离子方程式为_。（3）向C溶液中加入Zn粒，发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). Ba2+CO32-=-BaCO3 (2). Ba2+SO42-+H+HCO3-=BaSO4+H2O+CO2 (3). H+HCO3-=H2O+CO2 (4). Zn+2NaHSO4=ZnSO4+Na2SO4+H2【解析】本题考查物质检验和离子反应方程式的书写，A与D反应产生气体，因此A与D应是Na2CO3、NaHSO4与HCl中的一种；A与E反应有沉淀生成，B与E反应有沉淀生成，且在和 的反应中生成的沉淀是同一种物质，此沉淀只能是AgCl，因此推出E为AgNO3，A为HCl，B为BaCl2，D为Na2CO3，C为NaHSO4，（1）BaCl2与Na2CO3反应的离子方程式为Ba2CO32=BaCO3；（2）向Ba(HCO3)2溶液中滴加NaHSO4，不再产生沉淀，即离子反应方程式为Ba2SO42HHCO3=BaSO4H2OCO2，继续滴加NaHSO4溶液，发生HCO3H=CO2H2O；（3）NaHSO4的电离方程式为NaHSO4=NaHSO42，加入Zn后，发生 Zn+2NaHSO4 =ZnSO4+Na2SO4+H2。点睛：本题的难点是问题（2），Ba(HCO3)2的电离方程式为Ba(HCO3)2=Ba22HCO3，NaHSO4的电离方程式为NaHSO4=NaHSO42，根据量，直至不再生成沉淀，NaHCO3的系数为1，因此离子反应方程式为：Ba2SO42HHCO3=BaSO4H2OCO2，反应后溶液中含有HCO3，继续滴加NaHSO4，发生发生HCO3H=CO2H2O。21. 某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+、Na+中的几种，请填写下列空白：（1）不做任何实验就可以确定原溶液中不存在的离子是_。（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成;再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是_。（3）取（2）中的滤液，加入过量的稀氨水(NH3H2O)，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有_，有关反应的离子方程式为_。（4）原溶液中可能大量存在的阴离子是_。A.Cl- B.NO3- C.CO32- D.OH-【答案】 (1). Cu2+、Fe3+ (2). Ag+ (3). Mg2+ (4). Mg2+2MH3H2O=Mg(OH)2+2NH4+ (5). B【解析】本题考查离子检验和离子反应方程式的书写，（1）因为溶液为无色溶液，Cu2显蓝色、Fe3显棕色，因此原溶液中不存在Cu2和Fe3；（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失，此沉淀应为AgCl，说明原溶液中含有Ag；（3）取（2）中的滤液，加入过量的稀氨水(NH3H2O)，出现白色沉淀，此沉淀应为Mg(OH)2，说明原溶液中含有Mg2，其离子反应方程式为Mg22OH=Mg(OH)2；（4）因为原溶液中存在Ag、Mg2，根据离子共存，原溶液中存在阴离子是NO3，故选项B正确。22. I在热的稀硫酸中溶解11.4gFeSO4固体，加入足量KNO3溶液，使Fe2+全部转化成Fe3+，并放出NO气体。（1）反应中氧化产物是_ (填化学式)；当FeSO4恰好完全反应时，转移电子的物质的量为_。（2）配平该反应的化学方程式：_ FeSO4+ KNO3+ H2SO4= K2SO4+ Fe2(SO4)3+ NO+ H2O。（3）用单线桥法表示下列反应的电子转移方向和数目：2Mg+CO22MgO+C。_【答案】 (1). Fe2(SO4)3 (2). 0.075mol (3). 6、2、4、1、3、2、4 (4). 【解析】本题考查氧化还原反应中几个概念、氧化还原反应方程式的配平、表示电子转移方向和数目，（1）氧化产物是还原剂被氧化得到产物，根据题意，FeSO4中Fe2被氧化成Fe3，因此FeSO4为还原剂，根据问题(2)，氧化产物是Fe2(SO4)3，转移电子物质的量为11.4(32)/152mol=0.075mol；（2）Fe的化合价由2价3价，化合价升高1价，N的化合价由5价2价，化合价降低3价，最小公倍数为3，因此FeSO4的系数为3，KNO3的系数为1，根据原子守恒，得出3FeSO4KNO32H2SO4=1/2K2SO43/2Fe2(SO4)3NO2H2O，整理得出：6FeSO42KNO34H2SO4=K2SO43Fe2(SO4)32NO4H2O；（3）用单线桥的形式表示电子转移方向和数目，Mg的化合价由0价2价，化合价升高，Mg为还原剂，CO2中C的化合价由4价0价，化合价降低，CO2为氧化剂，。23. 有反应2H2O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl，2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。针对上述两个反应回答：（1）反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为_。（2）反应中HCl表现出的性质是_。a.还原性 b.酸性 c.氧化性【答案】 (1). 1：2 (2). ab【解析】本题考查氧化还原反应几种概念，（1）氧化产物是还原剂被氧化的产物，还原产物是氧化剂被还原的产物，Cl2中Cl的化合价由0价1价，化合价降低，因此Cl2为氧化剂，HCl为还原产物，SO2中S的化合价由4价6价，化合价升高，因此SO2为还原剂，H2SO4为氧化产物，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2；（2）反应2中HCl中Cl的化合价由1价0价，化合价升高，HCl作还原剂，MnCl2中Cl显1价，则一部分HCl其酸性，故选项ab正确。24. 在热的稀硫酸中溶解了7.6gFeSO4固体，当加入50mL0.5molL-1KNO2溶液时，其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO2也完全反应并放出NxOy气体。（1）配平该反应的方程式_ FeSO4+ KNO2+ H2SO4 K2SO4+ Fe2(SO4)3+ + H2O化学计算数若为“1”，也必须写出，NxOy要写出具体物质并填在中。（2）反应中氧化产物是_。（3）标准状况下，当生成NxOy气体的体积为2.24L时，转移的电子数目为_。【答案】 (1). 4 、 2、 3 、1、 2、 1 N2O 、3 (2). Fe2(SO4)3 (3). 0.4NA或2.4081023【解析】本题考查氧化还原反应的配平和计算，（1）根据得失电子数目守恒，令NO2中N被还原成x价，由7.6(32)/152=501030.5(3x)，解得x=1，NO2的还原产物是N2O，根据化合价的升降法进行配平，该反应方程式为4FeSO42KNO33H2SO4=K2SO42Fe2(SO4)3N2O3H2O；（2）氧化产物是还原剂被氧化的产物，即氧化产物为Fe2(SO4)3；（3）生成2.24LN2O转移电子物质的量为2.2422/22.4mol=0.4mol，即转移电子个数为0.4NA或2.4081023。25. （1）一小块金属钠久置于空气中，产生下列现象，这些现象出现的先后顺序是_(填序号)。变变成白色粉末 变暗 变成白色固体 有“液滴”出现。（2）用铝箔包裹0.1mol 金属钠，用针扎若干小孔后放入水中，完全反应后，用排水法收集到标准状况下气体的体积_1.12L (填、=、【解析】本题考查钠及其化合物的性质、以及铝与氢氧化钠溶液的反应，（1）金属钠属于非常活泼金属，露置在空气中有NaNa2ONaOHNa2CO3，因此出现的现象顺序是金属钠表面变暗，然后转化成白色固体NaOH，因为NaOH能吸收空气水蒸气而潮解，因此出现“液滴”，吸收空气CO2，变为Na2CO3白色粉末，故顺序是；（2）金属钠与H2O反应2Na2H2O=2NaOHH2，消耗0.1mol金属钠，产生氢气物质的量0.1/2mol=0.05mol，气体体积0.0522.4L=1.12L，因为铝箔包裹金属钠，因此发生2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，因此氢气的体积1.12L。